福建省泉州市2017届高三第二次质量检查理科数学试卷-答案

PAGE13-/NUMPAGES16福建省泉州市2017届高三第二次质量检查理科数学试卷答案一、选择题1~5．CBBCC6~10．DBABC11~12．BD二、填空题13．614．15．16．8三、解答题17．解法一：（Ⅰ）的两边同时除以，得， 3分所以数列是首项为4，公差为2的等差数列． 6分（Ⅱ）由（Ⅰ），得， 7分所以，故， 8分所以，，． 12分解法二：依题意，可得， 1分所以，即， 3分所以数列是首项为4，公差为2的等差数列． 6分（Ⅱ）同解法一． 12分18．解：（Ⅰ）依题意，得，解得，………………1分又，解得； 2分故停车距离的平均数为． 4分（Ⅱ）依题意，可知， 5分， 6分， 7分，所以回归直线为． 8分（Ⅲ）由（I）知当时认定驾驶员是“醉驾”． 9分令，得，解得， 11分当每毫升血液酒精含量大于毫克时认定为“醉驾”． 12分19．解法一：（Ⅰ）取的中点，连结．因为，，所以， 1分又平面平面，平面平面，平面，所以平面， 2分又平面，所以．在中，，，所以，由角平分线定理，得， 3分又，所以， 4分又因为，平面，平面，所以平面， 5分又平面，所以． 6分（Ⅱ）在中，，，由余弦定理得，所以，即，所以，，所以， 7分结合（Ⅰ）知，两两垂直．以为原点，分别以向量的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），设，则，，，所以，， 8分设是平面的一个法向量，则即，整理，得令，得． 9分因为平面，所以是平面的一个法向量． 10分又因为二面角的余弦值为，所以，解得或（舍去）， 11分又平面，所以是三棱锥的高，故． 12分解法二：（Ⅰ）取中点，连结．因为，，所以， 1分又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 2分在平面内，过作（如图），则，，两两垂直．以为原点，分别以向量的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），设， 3分在中，，，由余弦定理得，因为，所以，故， 4分则有，，，， 5分所以，，所以，所以． 7分（Ⅱ）由（Ⅰ）可得．设是平面的法向量，则即整理，得令，得． 9分因为平面，所以是平面的一个法向量． 10分又因为二面角的余弦值为，所以，解得或（不合，舍去）， 11分又平面，所以是三棱锥的高，故． 12分解法三：（Ⅰ）同解法一． 6分（Ⅱ）过点作于点，连结．在中，，，由余弦定理可得．因为，所以，故，，所以， 7分又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以， 8分又因为，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角， 9分所以，所以，解得， 10分设，则，解得或（不合，舍去）， 11分又平面，所以是三棱锥的高，所以． 12分20．解法一：（Ⅰ）的准线方程为， 1分由抛物线的定义，可知等于点到的准线的距离． 2分又因为点到轴的距离比小1，所以点到轴的距离比点到抛物线准线的距离小1， 3分故，解得，所以的方程为． 4分（Ⅱ）由（Ⅰ）得的焦点为，设直线的方程为，，．则． 5分联立方程组消去，得． 6分，由韦达定理，得． 7分设点到直线的距离为，则，．又，所以． 8分又在同一直线上，所以，即， 9分因为， 10分所以，整理，得，故，解得， 11分所以的方程为． 12分解法二：（Ⅰ）的焦点为， 1分将代入，得或，故，因为点到轴的距离比小1，，即， 2分解得，所以的方程为， 3分经检验，抛物线的方程满足题意． 4分（Ⅱ）同解法一． 12分21．解法一：（Ⅰ）函数的定义域为．要使有唯一解，只需满足，且的解唯一， 1分， 2分①当时，，在上单调递增，且，所以的解集为，不符合题意； 4分②当时，且时，，单调递增；当时，，单调递减，所以有唯一的一个最大值为，令，得，此时有唯一的一个最大值为，且，故的解集是，符合题意；综上，可得． 6分（Ⅱ）要证当时，，即证当时，，即证． 7分由（Ⅰ）得，当时，，即，从而，故只需证，当时成立； 8分令，则， 9分令，则，令，得．因为单调递增，所以当时，，单调递减，即单调递减，当时，，单调递增，即单调递增，所以，，，由零点存在定理，可知，，使得，故当或时，，单调递增；当时，，单调递减，所以的最小值是或．由，得，，因为，所以，故当时，，所以原不等式成立． 12分解法二：（Ⅰ）函数的定义域为．， 1分①当时，，在上单调递增，且，所以的解为，此时不符合题意； 2分②当时，，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，， 3分令，， 4分当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，由此可得当且时，，且当时，，由零点存在定理，，使得，当时，，解集不唯一，不符合题意；当时，，所以的解集是，符合题意；综上可得，当时，有唯一解； 6分（Ⅱ）要证明当时，，即证当时，，（因为）即证， 7分令，则， 8分令，则在上单调递增，且，，所以使得，即，所以当时，，单调递增，即递增；当时，，单调递减，即递减，所以，，当时递减，，当时，，，由零点存在定理，可得，，，故当或时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，由得，，，又，令（），则在递减，且，所以，所以在递减，，所以当，，即，所以，即原不等式成立． 12分22．解：（Ⅰ）由题意得，由可得，即的普通方程为． 2分方程可化为（*），将代入方程（*），可得． 5分（Ⅱ）联立方程得． 7分联立方程组，可得，所以． 9分又，所以． 10分23．解：（Ⅰ）当时，． 1分当时，可得，解得． 2分当时，因为不成立，故此时无解； 3分当时，由得，，故此时． 4分综上所述，不等式的解集为． 5分（Ⅱ）因为， 6分要使关于的不等式有解，只需成立即可． 7分当时，即，解得，或（舍去）； 8分当时，，即，解得（舍去），或； 9分所以，的取值范围为． 10分

福建省泉州市2017届高三第二次质量检查理科数学试卷解析一、选择题（1）~（10）略（11）解法一：以圆心为原点，的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，则有，，．设，可解得，，因为在圆内，所以，整理，得，解得，故答案选（B）．解法二：如图，在线段的延长线上取点，使得．连结，交圆于．可求得，故三点共线．因为，所以，故．又因为点在圆的内部（不包括边界），所以，答案选（B）．（12）解法一：可以看出，是曲线与曲线的一个公共点，且当时，两曲线在点处的切线方程均为．由导数的概念，可知当或时，曲线与直线交于两点，必与曲线交于两点，故答案为（D）．解法二：方程显然有一个根．若满足在去心邻域存在非的根则符合题意．又因为对于区间（其中为任意充分小正数），（表示等价无穷小），故去心邻域中，方程等价为，所以取遍去心邻域，所以排除选项（A）（B）（C），答案为（D）．解法三：有两个不同根，由于两者都是连续函数，令特殊值，不合题意；令特殊值，符合题意；令特殊值，符合题意．故选项（D）．解法四：依题意，可知有两个不同实根．设，则．当时，单调递增；当时，单调递减；当时，恒成立，当且仅当取到等号，即只有一个根，与题意不合．当时，显然符合题意．当时，可以发现时，；（或者）当时，（证明后补）．根据零点存在性定理可得在必有一根．故两图象有两个公共点．故的取值范围是．补证：时，，即证，即证，这是显然的，而．得证 解法五：方程显然有一个实根，故当时方程还有另一个实根，当时，；当时，；且，；显然，，且都是符合题意．二、填空题．（13）略 （14）略 （15）解法一：依题意，可知，所以，故，所以，故答案为．解法二：由三角函数定义，得，，所以，因为在单调递增，所以，所以，从而，故答案为．（16）解：设上、下底面圆的圆心分别为，圆的半径为，由已知，所以，则，因为是中点，所以到平面的距离与到平面的距离相等，故，从而．设三棱锥的高为，则，所以，故三棱锥的体积最大值等于8．三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．（17）略（18）本小题主要考查频率分布直方图、数学期望等基础知识；考查抽象概括能力、数